2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口1　组合体的表面积与体积计算

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口1　组合体的表面积与体积计算，共6页。

A．32B．48
C．64D．eq \f(32,3)
【解析】 如图，正四棱锥的高为PO，斜高PE，底面边心距OE组成Rt△POE．因为OE＝2，∠OPE＝30°，所以斜高PE＝eq \f(OE,sin30°)＝4，所以S正四棱锥侧＝eq \f(1,2)×4×4×4＝32．
(第1题)
2．(2023·福州模拟)如图是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且∠ABC＝eq \f(2π,3)，则该圆台的体积为( C )
(第2题)
A．eq \f(14\r(,2),81)πB．eq \f(\r(,2),3)π
C．eq \f(52\r(,2),81)πD．eq \f(4\r(,2),3)π
【解析】 设圆台上底面圆的半径为r1，下底面圆的半径为r2，依题意知2πr1＝eq \f(2π,3)×1，且2πr2＝eq \f(2π,3)×3，解得r1＝eq \f(1,3)，r2＝1，而圆台的母线长l＝AD＝3－1＝2，因此圆台的高h＝eq \r(,l2－r2－r12)＝eq \r(,4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2)＝eq \f(4\r(,2),3)，所以圆台的体积V＝eq \f(π,3)h(req \\al(2,1)＋r1r2＋req \\al(2,2))＝eq \f(π,3)×eq \f(4\r(,2),3)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2＋\f(1,3)×1＋12))＝eq \f(52\r(,2)π,81)．
3．(2023·广东一模)已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为( C )
A．eq \f(1,2)B．eq \f(\r(,2),2)
C．eq \f(\r(,3),3)D．eq \r(,3)
【解析】 设圆锥和圆柱的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为l＝2r，则圆锥和圆柱的高为h＝eq \r(,4r2－r2)＝eq \r(,3)r，所以圆锥的侧面积为S1＝eq \f(1,2)×2πr×l＝2πr2，圆柱的侧面积为S2＝2πr×h＝2eq \r(,3)πr2，所以圆锥和圆柱的侧面积之比为eq \f(S1,S2)＝eq \f(\r(,3),3)．
4．(2023·宁波二模)我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是(注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积)( C )
A．eq \f(5,3)寸B．2寸
C．eq \f(7,3)寸D．3寸
【解析】 如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸．因为积水深9寸，所以水面半径为eq \f(1,2)(18＋6)＝12寸，则盆中水的体积为eq \f(1,3)π×9×(62＋122＋6×12)＝756π(立方寸)，所以平均降雨量等于eq \f(756π,π×182)＝eq \f(7,3)(寸)．
(第4题)
5．(2023·茂名一模)蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m．上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为2eq \r(,3) m，轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是面积为3eq \r(,3) m2的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为( C )
(第5题)
A．21π m3B．18π m3
C．(18＋3eq \r(,3))π m3D．(20＋3eq \r(,3))π m3
【解析】 如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为αeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＜α＜π))，因为其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是腰长为2eq \r(,3) m，面积为3eq \r(,3)m2的等腰三角形，所以eq \f(1,2)l2sinα＝eq \f(1,2)×(2eq \r(,3))2×sinα＝3eq \r(,3)，解得sinα＝eq \f(\r(,3),2)，则α＝eq \f(2π,3)或α＝eq \f(π,3)(舍去)．由α＝eq \f(2π,3)得h＝lcseq \f(α,2)＝2eq \r(,3)×cseq \f(π,3)＝eq \r(,3)，r＝lsineq \f(α,2)＝2eq \r(,3)×sineq \f(π,3)＝3，则上半部分的体积为eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π×32×eq \r(,3)＝3eq \r(,3)π(m3)，下半部分体积为πr2h＝18π (m3)，故蒙古包的体积为(18＋3eq \r(,3))π m3．
(第5题)
6．(2023·义乌调研)(多选)如图(1)，八面体E－ABCD－F的每一个面都是边长为2的正三角形，且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，取各棱的中点，切割成欧氏反例(如图(2))，则该欧氏反例( BC )
图(1) 图(2)
(第6题)
A．共有12个顶点B．共有24条棱
C．表面积为4＋4eq \r(,3)D．体积为eq \r(,2)
【解析】 对于A，以题图(1)中平面ABCD为分界面进行数数，易知欧氏反例(即图(2))在平面ABCD上方的顶点有5个，在平面ABCD中的顶点有4个，在平面ABCD下方的顶点有5个，共有14个顶点，故A错误；对于B，易知欧氏反例在平面ABCD上方的棱有12条，根据对称性可知在平面ABCD下方的棱有12条，共有24条棱，故B正确；对于C，由题意与中位线定理易得欧氏反例的表面是由8个棱长为1，其中一个角为60°的菱形，与4个棱长为1的正方形组成，所以其表面积为S＝8×2×eq \f(1,2)×1×1×sin60°＋4×12＝4eq \r(,3)＋4，故C正确；对于D，由题意可知，欧氏反例的体积可由两个棱长为2的正四棱锥减掉四个棱长为1的正四棱锥而得，对于棱长为a的正四棱锥，其底面面积为a2，其底面对角线长为eq \r(,2)a，所以其高为h＝eq \r(,a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,2)a,2)))2)＝eq \f(\r(,2)a,2)，故其体积为V＝eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(,2)a,2)＝eq \f(\r(,2),6)a3，所以欧氏反例的体积为2×eq \f(\r(,2),6)×23－4×eq \f(\r(,2),6)×13＝2eq \r(,2)，故D错误．
7．(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为__28__．
【解析】 方法一：如图，由于eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以正四棱锥的体积为eq \f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq \f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28．
方法二：棱台的体积为eq \f(1,3)×3×(16＋4＋eq \r(,16×4))＝28．
(第7题)
8．棱长为1的正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒上，分别将M，N，C，D四点两两相连，构成的几何体的表面积为__2eq \r(,3)__．
(第8题)
【解析】 在原正方体纸盒上，分别将M，N，C，D四点两两相连，如图所示，因为MN，MC，MD，ND，NC，CD为正方体的面对角线，所以MN＝MC＝MD＝ND＝NC＝CD＝eq \r(,2)，所以三棱锥D－MNC为正四面体，所以表面积为eq \f(\r(,3),4)×(eq \r(,2))2×4＝2eq \r(,3)．
(第8题)
9．如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为__eq \f(πa3,27)__．
(第9题)
【解析】 设圆柱的底面半径为r，高为h，则由相似可得eq \f(r,\f(a,2))＝eq \f(a－h,a)，即h＝a－2r．令h＞0，结合r＞0，则0＜r＜eq \f(a,2)，圆柱的体积V＝πr2h＝πr2(a－2r)＝aπr2－2πr3，V′＝2aπr－6πr2＝2πr(a－3r)，当0＜r＜eq \f(a,3)时，V′＞0；当eq \f(a,3)＜r＜eq \f(a,2)时，V′＜0，即当r∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，V单调递增；当r∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，\f(a,2)))时，V单调递减，所以当r＝eq \f(a,3)时，Vmax＝eq \f(πa3,27)．